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Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2013

RESOLVIENDO PROBLEMAS DE MATEMÁTICA

RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA 98 (211213) Dados los puntos P(0,1,-1) y Q(1,2,0), se pide:

a) Determinar las ecuaciones paramétricas y continuas de la línea recta que contiene a ambos puntos P y Q.

b) Obtenganse las ecuaciones paramétricas y continuas de la línea recta que pasando por el punto P es paralela a la recta de ecuaciones contínuas:

002

321

321

=−+=++

xxxxxx

RESOLUCION:

a) Sea un vector director de la recta: →−−+−+−==→−

321 )1(0()12()01( uuuPQd rrrr

321 uuud rrrr++= . Ecuaciones paramétricas:

+−=+=+=

txtxtx

110

3

2

1

Ecuaciones continuas:

=−−=+−

→+=−==0101

1131

21321 xx

xxxxxt

c) Obtencion del vector director de la recta dada

=−+=++

002

321

321

xxxxxx

, desde sus

ecuaciones paramétricas (hacemos )3 tx = :

321

3

2

1

21

21 3232

2uuud

txtxtx

txxtxx rrrr

++−=→

==−=

→

=+−=+

ecuaciones paramétricas de la recta paralela por el punto P:

+−=+=−=

txtx

tx

131

2

3

2

1

y sus ecuaciones continuas:

=++=−+

→+=−

=−

=0220223

13

12 31

213

21

xxxx

xxx

t


PROBLEMA 97 (231113) Demostrar que si los tres lados de un triángulo están en progresión geométrica, la razón está

comprendida entre 2

51+− y 2

51+ . RESOLUCION: (enviada por Jerónimo Basa, 20 noviembre 2013) Consideremos un triángulo donde sus lados están en progresión geométrica. Definamos los lados como y . Sabemos que en todo triángulo se cumple que un lado es menor que la suma de los otros dos, por desigualdad triangular. Esto, aplicado a nuestro problema, nos da que

araararaararara

+<<+<<+<<

2

2

2

000

De la primera inecuación se ve que , por lo tanto podemos dividir entre toda la expresión y obtenemos que

Dividiendo entre la segunda inecuación, se concluye que . Usando la tercer inecuación y dividiendo entre se obtiene

Por lo tanto, de y se obtiene el sistema

Aplicando la resolvente de segundo orden a se obtiene

Pero como , sólo se considera la raíz positiva, es decir . Al resolver con el mismo método se obtiene

Nuevamente, como , sólo se toma la raíz positiva, es decir . Con los últimos resultados, y por y

Como se quería demostrar. RESOLUCIÓN: (de casanchi)

Sean a, b, c, los tres lados de un triángulo de modo que rab .= y 2.rac = .


Del teorema del coseno para el lado a: Acbcba cos...2222 −+=

Como 1cos1 ≤≤− A se verifica que cbcbacbcb ..2..2 22222 ++≤≤−+ O sea:

222 )()( cbacb +≤≤− De lo cual, al sustituir la relaciones de probresión geométrica entre los tres lados, se tiene:

22222 )..()..( raraarara +≤≤− que al simplificar:

2222 )1(1)1( rrrr +≤≤− quedando en definitiva:

≥−+≤−−

→

≥+≤−

→

≥+≤−

0101

1)1.(1)1.(

1)1.(1)1.(

2

2

22

22

rrrr

rrrr

rrrr

si representamos gráficamente las dos parábolas:

11

2

2

−+=−−=

rryrry

encontramos los puntos de corte con el eje horizontal (eje r):

Los valores de r que estamos buscando son aquellos en donde la primera parábola es negativa y la segunda positiva, lo que al observar el gráfico vemos que ha de ser:

251

251 +

≤≤+− r


PROBLEMA 96 (261013) Hallar el valor de la integral:

( ) dzzz

zshIC

..1

522∫ +

=

siendo 2/3=z

RESOLUCIÓN: Singularidades:

−===

→=+)(

)()(0

0).1( 22

simpleizsimpleizdoblez

zz

Singularidades en el interior de C: izizz −=== ,,0 .

Descomposición de 22 ).1(5

zzzsh

+ en fracciones simples:

)()()1()1.(1).1(

1 2222222 izDzizCzzBzAz

izD

izC

zB

zA

zz++−++++=→

−+

+++=

+

al identificar, resulta: 2/,2/,1,0 iDiCBA =−===

Por tanto, izzshD

izzshC

zzshB

zzshA

zzzsh

−+

+++=

+5555

).1(5

222 , y se tiene que

iishiishishAiiDshiCshBchshAi

dzizzshDdz

izzshCdz

zzshBdz

zzshAI

CCCC

πππ 10))5(2

)5(2

1.1.5)0(.(2))5()5()0(5)0(.(2

55552

=+−+=+−++=

=−

++

++= ∫∫∫∫

En definitiva:

( ) idzzz

zshIC

π10..1

522 =

+= ∫


PROBLEMA 95 (280913) Dada la cónica:

0864222 =+−+−+ yxxyyx Determinar la recta polar del punto (3,2), el polo de la recta 2x+3y=-7 y su centro, si existe. RESOLUCIÓN: (enviada por Jerónimo Basa, 10 octubre 2013) Se define como cónica al lugar geométrico de puntos en el plano cartesiano que cumplen la siguiente ecuación general Esta ecuación puede escribirse de forma matricial de la siguiente manera

Donde

Escribimos ahora la matriz de nuestra cónica

Y también las matrices adjuntas

Ahora usamos el test de los determinantes para clasificar nuestra cónica

Como nuestra cónica (que ahora se llamará ) es una parábola. Dado un punto P del plano con coordenadas definimos una recta polar de P respecto de la cónica a la recta de ecuación matricial

En el punto la recta polar a resulta

Sea L una recta. Entonces un punto Q del plano es un polo de L a una cónica si L es la polar de Q respecto de la cónica. Sea ahora L la recta Para calcular su polo, se puede trabajar bajo coordenadas proyectivas, es decir, a un punto del plano se lo representa mediante una terna de componentes bajo la transformación


Usando el punto y la matriz en (1), tenemos

Que se transforma en el siguiente sistema lineal

Donde son las componentes de la recta polar Como L es

nuestra recta polar a estudiar, podemos reemplazar y usar las coordenadas proyectivas de . El anterior sistema lineal se transforma entonces en

Al resolverlo se obtiene Como se

obtiene que el polo Q de L a es . Si un punto no posee recta polar a una cónica, entonces este punto se llama centro. Las coordenadas de dicho punto que no tienen recta polar, verifican que para el sistema

los coeficientes de e de la recta polar son nulos, por lo que la recta no existe. Para saber si dicho sistema tiene solución para nuestro caso, se debe verificar que

Ya vimos que por lo tanto el sistema no presenta solución, y resulta que todos los puntos tienen polar a . Por lo tanto, nuestra parábola no tiene centro.


PROBLEMA 94 (310813) Sea el conjunto X={1,2,3,4,5}. Considérense las funciones f y g definidas de X en X:

f={<1,3>,<2,5>,<3,3>,<4,1>,<5,2>} g={<1,4>,<2,1>,<3,1>,<4,2>,<5,3>}

y hállense las funciones compuestas gof y fog. RESOLUCIÓN: (enviada por Jerónimo Basa, 4 septiembre 2013) a)

elementos imágenes de f: {3,5,1,2} elementos imágenes de g: {4,1,2,3}

b)

(gof)(1)=g[f(1)]=g(3)=1; (fog)(1)=f[g(1)]=f(4)=1 (gof)(2)=g[f(2)]=g(5)=3; (fog)(2)=f[g(2)]=f(1)=3 (gof)(3)=g[f(3)]=g(3)=1; (fog)(3)=f[g(3)]=f(1)=3 (gof)(4)=g[f(4)]=g(1)=4; (fog)(4)=f[g(4)]=f(2)=5 (gof)(5)=g[f(5)]=g(2)=1; (fog)(5)=f[g(5)]=f(3)=3

Por tanto:

gof={<1,1>,<2,3>,<3,1>,<4,4>,<5,1>} fog={<1,1>,<2,3>,<3,3>,<4,5>,<5,3>}


PROBLEMA 93 (030813) Determínese algún procedimiento de cálculo para el centro de una cónica. Determinar las coordenadas del centro de la cónica

02322264513 22 =+−−++ yxxyyx RESOLUCIÓN: Por definición el centro B(r,q) de una cónica es el conjugado de cualquiera de los puntos (0,m,n) de la recta del infinito. O sea:

( ) 01

,,0

222120

121110

020100

=

qr

aaaaaaaaa

nm

de donde

0)()( 222120121110 =+++++ qaraanqaraam

y teniendo en cuenta que m y n son arbitrarias:

00

222120

121110

=++=++

qaraaqaraa

sistema lineal, que para que sea compatible y determinado debe ser:

02221

121100 ≠=

aaaa

A

(son las cónicas de tipo elíptico o hiperbólico) En el ejemplo del enunciado es:

02322264513 22 =+−−++ yxxyyx por lo que:

11,5,13,2,13 202210211211 −==−==== aaaaaa

centroexisteA →≠=−== 06146552213

00

Resolvemos el sistema:

61/11761/43

05211021313

==

→=++−=++−

qr

qrqr

Centro:


)61/117,61/43(B


PROBLEMA 92 (060713) Utilizar el procedimiento de decisión llamado “método de reducción al absurdo” para comprobar si es verdadera la proposición

( )[ ] ( )[ ]rqprqp →→→→∧ RESOLUCIÓN: El método de reducción al absurdo afirma que el teorema

( )[ ] ( )[ ]rqprqp →→→→∧

será cierto si es cierto el teorema contrarrecíproco

( )[ ] ( )[ ]!! rqprqp →∧→→→ (contrario de la tesis del teorema implica el contrario de la hipótesis)

Simplificando esta última expresión mediante expresiones equivalentes:

[ ] ( )[ ]!!!! )( rqprqp ∨∧→→∨ o bien:

!' )()( rqprqp ∧∧→→∧ o sea:

!!! )()( rqprqp ∧∧→∨∧ de donde:

!! )()( rqprqp ∧∧→∧∧ o sea:

)()( !! rqprqp ∧∧→∧∧ y esta última expresión es cierta obviamente (ley de identidad). Por tanto es cierto el teorema dado ( )[ ] ( )[ ]rqprqp →→→→∧ .


PROBLEMA 91 (080613) Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie representada por

( )22,, vuvuX −=r

en el punto correspondiente a u=1, v=1. RESOLUCIÓN: Determinación de la recta normal:

−=

∧

∧=→

−==

31,

32,

32

)2,1,0()2,0,1(

vu

vu

v

u

XXXX

NXX

rr

rrr

r

r

Ec. Vectorial:

( )

−=−−−→=−

31,

32,

32.1,1,1.)1,1( λλ zyxNXX

rrr

Ecuaciones continuas:

121

21 zyx

=−

=−−

Ecuación del plano tangente en )1,1(xr :

[ ] 0.)1,1( =− NXXrrr

( ) 031)1(

32)1(

320

31,

32,

32.,1,1 =+−+−−→=

−−− zyxzyx

Ecuación del plano tangente: 2x-2y-z=0


PROBLEMA 90 (110513) Dado un número positivo, n, hallar la suma de todos los números positivos inferiores a 10.n, que no sean múltiplos de 2 ni de 5. RESOLUCIÓN:

- Total de números inferiores a 10.n: { }nT 10,...,3,2,1= .

- Total de múltiplos de 2 contenidos en T: { }nM 10,...,6,4,22 =

- Total de múltiplos de 5 contenidos en T: { }nM .10,...15,10,55 =

- Total de múltiplos de 2 y de 5 contenidos en T: { }nM .10,...20,1010 = Las sucesiones T, M2, M5 y M10 son progresiones aritméticas cuyas diferencias respectivas son 1, 2, 5 y 10. El conjunto T tiene 10n términos, el conjunto M2 tiene 5n términos, el conjunto M5 tiene 2n términos y el conjunto M10 tiene n términos Sabemos que la suma de los n términos de una progresión aritmética de primer térmi-

no a1 y de último término an pueda darse por la expresión 2

).( 1 nn

aanS

+= . En los tres

casos anteriores sería:

Suma de los términos de T: )110(52

)101(10)( +=+

= nnnnTSn

(quedan incluidos todos los números: los que son múltiplos de 2, los que son múltiplos de 5, los que son múltiplos de 2 y de 5 simultáneamente, y los que no son múltiplos ni de 2 ni de 5)

Suma de los términos de M2: )15(52

)102(5)2( +=+

= nnnnMSn

(quedan incluidos tanto múltiplos de 2 solamente como múltiplos de 2 y de 5 simultá-neamente)


)105(2)5( +=+

= nnnnMSn

(quedan incluidos tanto múltiplos de 5 solamente como múltiplos de 2 y de 5 simultá-neamente)


)1010()10( +=+

= nnnnMSn

(esta suma está incluida tanto en Sn(M5) como en Sn(M2)) La suma buscada para los números que no son múltiplos de 2 ni de 5 es:

=+++−+−+=+−−= )1(5)12(5)15(5)110(5)10()5()2()( nnnnnnnnMSMSMSTSS nnnnx220n=


PROBLEMA 89 (130413) Calcular:

∫−

−−0

2

2 .2 dxxx

a) Usando el significado geométrico de la integral definida. b) Mediante un cambio de variables.

RESOLUCIÓN: a) Resolución por el significado geométrico:

Llamando xxy 22 −−+= , se tiene que la integral es ∫−

0

2

.dxy , que representa el área

barrida sobre el intervalo cerrado [ ]0,2− por la curva xxy 22 −−+= . Tal curva es, elevando al cuadrado:

0222 =++ xyx , con 0>y es decir, se trata de una semicircunferencia centrada en (-1,0) y con radio unidad.

El área que barre la semi-circunferencia sobre el intervalo [ ]0,2− es, por tanto:

ππ21

21 2 =r

En definitiva:

π21.2

0

2

2 =−−∫−

dxxx

b) Resolución mediante un cambio de variables:

==−=−=+−=−− ∫∫∫∫∫−−−−−

2/

2/

2/

2/

21

1

20

2

20

2

2 .cos.cos.cos.1.1.)1(1.2π

π

π

π

θθθθθθ ddsendttdxxdxxx

( ) ( ) 2/)(41

22212

41

21.2cos1

21.cos

2/

2/

2/

2/

2/

2/

2 πππππθθθθθθπ

π

π

π

π

π

=−−+

−−=

+=+==

−−−∫∫ sensensendd


PROBLEMA 88 (160313) Se considera un octaedro regular de arista 1 cm. Determinar las dimensiones del cilindro de revolución de volumen máximo inscrito en dicho octaedro cuyo eje esté sobre la diagonal. RESOLUCIÓN:

Seccionamos simétricamente el octaedro. Sea ABCD el plano de sección del octaedro y determinemos la distancia AB y AE en función de la arista a:

322

22 aaaAB =

−=

2244

32

22

22 aaaAABAE =−=

−=

Por tanto, se tiene:

rahra

hra

ha

a

rah

aAE 222

22

2/2/

2/

22

2/2/

2/−=→

−=→

−=→

−=

Como es a=1, será rh 222 −= , con lo que el volumen del cilindro en función de r es

322 222)( rrhrrV πππ −==

y sus dos primeras derivadas:

22622)(' rrrV ππ −= , rrV 21222)(" ππ −= para que se anule la primera derivada:

==

→=−=3/1

002622)(' 2

rr

rrrV ππ

si imovolumenVr min022)0("0 →>=→= π

si imovolumenVr max0222422)3/1("3/1 →<−=−=→= πππ ,


por tanto, las dimensiones pedidas son:

23123/22,3/1 =−== hr


PROBLEMA 87 (160213) 1. Dado un conjunto G, con estructura de grupo respecto a una ley interna, *, demostrar que el conjunto H de los elementos de G que permutan con cualquier otro elemento de G, constituyen un grupo, llamado centro del grupo G, con respecto a la misma ley interna *. 2. En el grupo de los movimientos de igualdad que dejan invariante a un cuadrado, encontrar el centro H de dicho grupo. RESOLUCIÓN:

1. Veamos que el centro H es un grupo, comprobando que se verifican las condiciones de definición de un grupo:

- * es ley interna en H: ⇒=====∈∀∈∀ )..()..()..()..()..()..(,,, yxayxayaxyaxayxayxGaHyx

Hyxpermutableesyx ∈⇒⇒ ).().( - * es asociativa en H:

Trivialmente, pues H es parte de G y la operación * es asociativa en G. - El elemento neutro en H es el mismo elemento neutro, 1, de G:

Tal elemento es el mismo elemento neutro del grupo G, pues: HaaGa ∈⇒=∈∀ 11..1,

- Todo elemento de H tienen un simétrico respecto a *:

Hxxaaxxaxxxxaxxaxx

xxaxaxxxaxaxxaGaHx

∈⇒

⇒=⇒=⇒=

=⇒=⇒=∈∀∈∀

−

−−−−−−−−

−−−−

1

11111111

1111

...)..()..(.)..()..().().(..,,

2. En este caso, el grupo está constituido por cuatro giros y cuatro simetrías axiales:

Los cuatro giros: G0: de 0º (o 360º) G1: de 90º G2: de 180º G3: de 270º Las cuatro simetrías axiales: S1: alrededor del eje MN S2: alrededor del eje KL S3: alrededor del eje BD S4: alrededor del eje AC

La tabla de las operaciones será la siguiente:


G0 G1 G2 G3 S1 S2 S3 S4

G0 G0 G1 G2 G3 S1 S2 S3 S4 G1 G1 G2 G3 G0 S3 S4 S2 S1 G2 G2 G3 G0 G1 S2 S1 S4 S3 G3 G3 G0 G1 G2 S4 S3 S1 S2 S1 S1 S4 S2 S3 G0 G2 G3 G1 S2 S2 S3 S1 S4 G2 G0 G1 G3 S3 S3 S1 S4 S2 G1 G3 G0 G2 S4 S4 S2 S3 S1 G3 G1 G2 G0

Como se observa, las únicas operaciones que permutan son las de G0 y G2: El centro es, por tanto: { }2,0 GGH = Es decir, los elementos que constituyen el centro son el giro de 0º y el giro de 180º.


PROBLEMA 86 (190113) Calcular

∫∞

∞−−+

dxee xx

1

RESOLUCIÓN:

( ) cearctge

eddxe

edxee

xx

x

x

x

xx +=+

=+

=+ ∫∫∫ − 1)(

)(1

122

=∞→

+∞→

=∞→

=+

∞→=

+ −−−

−

∞

∞−− ∫∫

zx

z

xz

z

xz

zxxxx earct

zearct

zearct

zdx

eez

dxee 0

0)(lim)(lim)(lim1lim1

20

2)0()()1()(lim)(lim)1( ππ

=−=−∞=−+−= − arctgarctgarctgearctgearctgarctg zz

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